Kì thi chọn học dinh giỏi lớp 12 vòng trường trường THPT Ngan Dừa năm học : 2009-2010

1SỞ GD & ĐT BẠC LIÊU KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TRƯỜNG TRƯỜNG THPT NGAN DỪA Năm học : 2009-2010 Đề thi (Gồm 02 trang) Môn thi : Hóa học Thời gian làm bài : 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) ĐỀ Câu I: (4 điểm) 1. (1,5 điểm) Hai nguyên tố A và B ở hai phân nhóm chính liên tiếp của bảng tuần hoàn. B thuộc nhóm V . Ở trạng thái đơn chất trong điều kiện thường A và B không phản ứng với nhau. Tổng số hạt nhân trong hai nguyên tử A và B là 23. a> Xác định tên nguyên tố và viết cấu hình electron của A và B . b> Viết công thức cấu tạo của AO2 và cho biết kiểu lai hoá, góc liên kết OAO trong AO2. 2. (1,5 điểm) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau : a> Al + HNO3  ………+ N2O + NO + … Biết hỗn hợp khí N2O và NO có tỉ khối so với khí hiđro là 16,75 b> FeO + HNO3  NxOy + … c> As2S3 + H+ + NO3 -  NO + … 3. (1,0 điểm) a, Một phi kim R có eletron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5. Hãy xác định R, cấu hình electron và vị trí của R trong bảng tuần hoàn. Qui ước: ml = +l, ..., 0, ..., -l và electron đầu tiên của một obitan có ms = + 2 1 . b, Nguyên tử của nguyên tố A có cấu hình electron là: [Khí hiếm] (n – 1)d ns1. Xác định cấu hình electron có thể có của A. Từ đó, cho biết vị trí của A trong bảng tuần hoàn. Câu II: (4 điểm) 1. (1,75 điểm) Thế nào là sự lai hóa các obitan nguyên tử ? Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của phân tử và ion sau : NH4+ , PCl5 , SF6 , BF3 , CH4 và BeH2 . 2. (1,25 điểm) Công thức đơn giản nhất của một axit hữu cơ X là (CHO)n . Khi đốt cháy 1 mol X thu được dưới 6 mol CO2. Hãy biện luận để tìm công thức phân tử và viết công thức cấu tạo các đồng phân axit của X . 3. (1 điểm) Viết các phương trình phản ứng xãy ra khi ta cho: a) Ca dư +dd Na2CO3 b) Na dư + dd AlCl3 c) dd Ba(HCO3)2 + dd NaHSO4 d) dd NaAlO2 + dd NH4Cl Câu III: (4 điểm) 1. (1 điểm) Hãy xắp xếp các chất sau đây a> Theo thứ tự tăng dần tính axit: CH3COOH, C2H5OH, Cl2CHCOOH, ClCH2COOH. 2b> Theo thứ tự tăng dần tính bazơ : CH3NH2, NaOH, C2H5ONa, H2O 2. (1,5 điểm) Có hỗn hợp Na, Ba, Mg. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng các kim loại ra khỏi hỗn hợp (khối lượng mỗi kim loại vẫn được bảo toàn). 3. (1,5 điểm) Hòa tan hoàn toàn 1,62 gam nhôm trong 280 ml dung dịch HNO3 1M được dung dịch A và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Mặt khác, cho 7,35 gam hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp vào 500ml dung dịch HCl, được dung dịch B và 2,8 lít khí H2 (đktc). Khi trộn dung dịch A vào dung dịch B thấy tạo thành 1,56 gam kết tủa. a. Xác định tên 2 kim loại kiềm. b. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl đã dùng. Câu IV: (4 điểm) 1. (2 điểm) Cho 19,8g một hợp chất hữu cơ A đơn chức phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH. Sau phản ứng cô cạn thu được 26 gam hỗn hợp hai muối hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo của A và gọi tên A, viết các phương trình phản ứng điều chế A từ CH4 và các chất vô cơ cần thiết. 2. (1 điểm) Tính khối luợng xenlulozơ và khối lượng HNO3 cần để sản xuất 1 tấn xenlulozơ trinitrat, biết sự hao hụt trong sản xuất là 12%. 3. (1 điểm) Tính PH của dung dịch CH3COOH 0,1M sau khi đã thêm CH3COONa đến nồng độ 0,1M. Biết rằng Ka = 1,8.10-5 . Câu V: (4 điểm) 1. (2 điểm) Cho hidrocacbon X tác dụng với dung dịch brom dư được dẫn xuất tetrabrom chứa 75,8% brom (theo khối lượng). Khi cộng brom (1:1) thu được cặp đồng phân cis-trans. a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên của X. b) Viết phương trình của X với : - Dung dịch KMnO4 (trong môi trường H2SO4) - Dung dịch AgNO3/NH3 - H2O (xúc tác Hg2+/H+) - HBr theo tỉ lệ 1:2 2. (2 điểm) Cation Fe3+ là axit, phản ứng với nước theo phương trình : Fe3+ + H2O ↔ Fe(OH)2+ + H3O+ , Ka = 10-2,2 Hỏi ở nồng độ nào của FeCl3 thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)3 . Tính pH của dung dịch đó . Biết rằng TFe(OH)3 = 10-38 -----Hết------ 3SỞ GD & ĐT BẠC LIÊU KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH Năm học : 2008-2009 Đề thi đề xuất (Gồm 02 trang) Môn thi : Hóa học Thời gian làm bài : 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm Câu I: ( 4 điểm) 1. a> B thuộc phân nhóm chính nhóm V => A thuộc phân nhóm chính nhóm IV hoặc phân nhóm chính nhóm VI. Nếu A, B cùng một chu kỳ thì : ZA+ ZB = 2ZA + 1 = 23 => Za= 11, ZB=12 (loại) Nếu A, B thuộc chu kỳ lớn thì: ZA+ ZB > 23 (loại). Vậy A, B thuộc chu kỳ nhỏ. Mà B thuộc phân nhóm chính nhóm V nên B có thể là N hoặc P. Nếu B là N (Z=7) thì A là S (Z=16) thoả mãn. Nếu B là P (Z=15) thì A là O (Z=8) loại vì P tác dụng với O2. Cấu hình electron : N(Z=7) : 1s22s22p3 ; S(Z=16) : 1s22s22p63s23p4 b> - Công thức cấu tạo của SO2: - Lai hoá trong SO2 là lai hoá sp2 (tổng số phối tử + số cặp e chưa liên kết =3) nên góc liên kết OSO gần bằng 1200. 2. a) 17Al + 66HNO3  17Al(NO)3 + 3N2O + 9NO + 33H2O b) FeO + HNO3  NxOy + … c) As2S3 + H+ + NO3 -  NO + … 3. 1. a, R là phi kim khác H, He l = 1 ml= +1, 0, -1 và n  2 có 3 trường hợp có nghiệm phù hợp. n = 2, L = 1, mL = 0, ms = - 2 1  2p5 flo (F) n = 2, L = 1, mL = -1, ms = + 2 1  2p3 nitơ (N) n = 3, L = 1, mL = -1, ms = - 2 1  3p6 agon (Ar) * Xác định cấu hình electron và vị trí của R trong bảng tuần hoàn: F: 1s2 2s2 2p5 ô số 9, chu kỳ 2, nhóm VIIA. N:1s2 2s2 2p3 ô số 7, chu kỳ 2, nhóm VA. Ar: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 ô số 18, chu kỳ 3, nhóm VIIIA. b, Cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d ns1 là: * Với  = 0  cấu hình electron của A: [Khí hiếm] ns1  cấu hình các nguyên tố kim loại 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 4kiềm nhóm IA. * Với  = 5  cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d5 ns1  cấu hình các nguyên tố nhóm VIB (Cr, Mo, W). * Với  = 10  cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d10 ns1 cấu hình các nguyên tố nhóm IB (Cu, Ag, Au). Câu II : ( 4 điểm) 1. khái niệm NH4+ , Nguyên tử N lai hóa sp3 , dạng tứ diện đều . PCl5 , Nguyên tử P lai hóa sp3d , dạng lưỡng tháp đáy tam giác . SF6 , Nguyên tử S lai hóa sp3d2 , dạng bát diện đều . BF3 , Nguyên tử B lai hóa sp3 , dạng tứ diện đều . CH4 , Nguyên tử C lai hóa sp3 , dạng tứ diện đều . BeH2 . Nguyên tử Be lai hóa sp , dạng thẳng hàng . 2. X: (CHO)n đốt cháy tạo CO2 có số mol dưới 6 => n < 6 Vì X là axit hữu cơ nên số nguyên tử O trong phân tử phải chẵn . Vậy n = 2 hoặc n = 4 Nếu n = 2 => CTPT của X là C2H2O2 ( loại ) Nếu n = 4 => CTPT của X là C4H4O4 hay C2H2(COOH)2 CTCT của X là : HOOC-CH=CH=COOH (I) hay CH2=C COOH COOH (II) (I) có đồng phân cis-trans C=C H COOH H HOOC C=C COOH H H HOOC Cis trans 3. Các phương trình phản ứng: a) Ca + 2H2O → Ca(OH)2 + H2 ; Ca(OH)2 + Na2CO3 →CaCO3 + 2 NaOH b) 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 ; 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + 3NaCl Nếu NaOH còn: NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O c) Ba(HCO3)2 + NaHSO4 → BaSO4 + NaHCO3 + H2O + CO2 hoặc: Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2H2O + 2CO2 d) NaAlO2 + NH4Cl + H2O → NaCl + Al(OH)3 + NH3 Câu III. 1. Sắp xếp các chất: a> Theo thứ tự tăng dần tính axit:C2H5OH, CH3COOH, ClCH2COOH, Cl2CHCOOH. b> Theo thứ tự tăng dần tính bazơ: H2O, CH3NH2, NaOH, C2H5ONa 2. Cho hỗn hợp kim loại vào nước dư, sau khi phản ứng hoàn toàn, lọc lấy phần không tan ta được Mg. 2Na + 2H2O → 2 NaOH + H2 ; Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 - Cho khí CO2 sục vào dung dịch nước lọc ở trên đến dư, tiếp tục đun nóng dung dịch 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0, 5 0, 5 0,5 5hồi lâu, lọc lấy phần kết tủa BaCO3 tạo thành. NaOH + CO2 → NaHCO3 ; Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 ; Ba(HCO3)2  0t BaCO3 + H2O + CO2 - Hòa tan BaCO3 trong dung dịch HCl, cô cạn dung dịch thu lấy muối khan và đem điện phân nóng chảy ta được Ba: BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + H2O + CO2 ; BaCl2 dpnc Ba + Cl2 - Dung dịch còn lại cho tác dụng dung dịch HCl dư, cô cạn dung dịch thu lấy muối khan và đem điện phân nóng chảy ta được Na: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 ; 2NaCl dpnc 2Na + Cl2 . 3: Phương trình phản ứngAl + 4 HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O (1) 2M + 2HCl → 2MCl + H2 (2) 2M + 2H2O → 2MOH + H2 (3) Ban đầu: n (Al) = 0,06 mol ; n (HNO3) = 0,28 mol ; Sau phản ứng HNO3 còn dư: n(HNO3 dư) = 0,04 mol; Khi cho hỗn hợp 2 kim loại kiềm vào dung dịch HCl thì xảy ra phản ứng (2) và có thể có (3): Theo ptpư: n (M) = n(H2) = 0,25 mol → khối lượng mol trung bình của 2 kim loại: M = 29,4 a) Vì 2 kim loại kiềm thuộc 2 chu kì liên tiếp nên Na, K thõa mãn ( 23 < 29,4 < 39) b) Khi trộn 2 dung dịch A và B có kết tủa tạo ra chứng tỏ ban đầu có phản ứng (3),ta có phản ứng: HNO3 + MOH → MNO3 + MNO3 (4) Al(NO3)3 + 3 MOH → Al(OH)3 + 3 MNO3 (5) số mol kết tủa: n Al(OH)3 = 0,02 mol < n Al(NO3)3 . Nên có 2 khả năng: TH1: Al(NO3)3 còn dư → n (MOH) = 0,04 + 0,02.3 = 0,1 mol → n (M)pư (2) = 0,25 – 0,1 = 0,15 → n(HCl) = 0,15 mol → CM (HCl) = 0,3M TH2: MOH còn dư, Al(OH)3 tan trở lại một phần: Al(OH)3 + MOH → M AlO2 + 2H2O (6) n Al(OH)3 tan = 0,06 – 0,02 = 0,04. Từ các pt (4,5,6) ta có: n (MOH) = 0,04 + 0,06.3 + 0,04 = 0,26 mol ( loại – vì lớn hơn số mol M ban đầu). Câu IV: ( 4 điểm) 1. (2 điểm) a> A phản ứng với NaOH cho hỗn hợp hai muối nên A là ESTE của phenol => công thức của A có dạng: RCOOC6H5. PTPƯ: OHONaHCRCOONa2NaOHHRCOOC 256SOH56 42   Gọi số mol của A tham gia phản ứng là x theo bài ra ta có:     26)183( 8,19)121( Rx Rx giải ra ta được     77 1,0 R x 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 6     COOHCH COOCHHK a 3 3   Với gốc R hoá trị 1 chỉ có gốc -C6H5 là thoả mãn . Vậy công thức của A là: C6H5COOC6H5 Benzyl benzoat b> Điều chế A: OHHCOOCHCOHHCCOOHHC SOKCOOHH2CSOHCOOKH2C OHKOH2MnOCOOKHC2KMnOCHHC 2NaClCHHC2NaClCHClHC HClClCHClCH NaClOHHCNaOHClHC HClClHCClHC HCHC 3HHC2CH 256565656 42564256 22564356 356356 3 AS 24 56 P,t 56 56 Fe 266 66 C 22 222 LLN 4 0                      0 42 0 0 , 600, ,1500 3 tSOH C C 2. ( 1điểm )  C6H7O2(OH)3n + 3n HNO3   C6H7O2(ONO2)3n + 3n H2O Do hao hụt 12% => H=88% 3) CH3COOH CH3COO- + H+ (1) CH3COONa CH3COO- + Na+ (2) (0,25đ) Khi cho thêm CH3COONa vào dung dịch CH3COOH tức là tăng thêm nồng độ CH3COO-, cân bằng (1) sẽ chuyển sang trái nên axit phân li kém hơn CH3COOH CH3COO- + H+ [ ]bđầu 0,1 0 0 Phân li x x x 0,25 0,25 0,25 0,25 0, 5 0,25 0,25 0,25 0,25 189n. 100 mHNO3 = = 0,7231 tấn 297n.88 162n. 100 Mxelulozơ = = 0,6198 tấn 297n.88 7510.8,1)1,0( x)x(0,1   x K a Còn lại (0,1- x ) (0,1+x) x (0,5đ) (0,5đ) Vì x << 0,1 nên 0,1 – x  0,1  x2 + 0,1x = 1,8.10-6 Vì x2 có giá trị rất nhỏ so với 0,1x nên có thể bỏ qua giá trị x2 Ta có phương trình gần đúng : 0,1x = 1,8.10-6  x = 1,8.10-5 pH = -lg [H+] = -lg (1,8.10-5) = - lg 1,8 - lg10-5 = 4,75 Câu V : ( 4điểm) 1) ( 2 điểm) Hidrocacbon X: CxHy CxHy + 2Br2 → CxHyBr4 ; theo giả thiết: %Br = 100.32012 4.80  yx =75,8 → 12x + y = 102 Giá trị thỏa mãn: x=8 , y=6. CTPT của X: C8H6 (= 6). Vì X có khả năng phản ứng với brom thoe tỉ lệ 1:1 và 1:2 chứng tỏ phân tử X có 2 liên kết  kém bền và 1 nhân thơm. CTCT của X: C CH phenyl axetilen. Phương trình phản ứng: 5 C CH +8KMnO4 + 12H2SO4 → COOH + 4K2SO4 + 8MnSO4 + 12H2O C CH + AgNO3 + NH3 → C CAg + NH4NO3 C CH + H2O   2Hg C O CH3 C CH + 2HBr → C CH3 Br Br 1) ( 2 điểm) pH= 1,8 C= 5,56.10-2 M 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 1,0